Kryterium stopniowe zbieżności szeregów

Tutaj można wpisywać swoje propozycje tematów do kompendium oraz dyskutować na tematy, które później trafią do właściwego działu Kompendium.
Awatar użytkownika
JakimPL
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2394
Rejestracja: 25 mar 2010, o 12:15
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Katowice
Podziękował: 43 razy
Pomógł: 456 razy

Kryterium stopniowe zbieżności szeregów

Post autor: JakimPL » 3 sty 2013, o 22:39

W tym miejscu udowodnimy wygodne twierdzenie pozwalające efektywnie badać zbieżność szeregów wyrażeń wymiernych, będących ilorazem wielomianów (także i rozszerzonym o wykładniki rzeczywiste). Istota kryterium polega na wyznaczeniu stopnia wyrażenia i porównaniu go z wartością zbieżności szeregów.

Wprowadźmy następujące oznaczenie:

\(\displaystyle{ \mathfrak{P} = \left\{f:f(x)=\frac{\displaystyle\sum_{k=1}^n a_k x^{p_k}}{\displaystyle\sum_{j=1}^m b_j x^{q_j}}, a_k,b_j,p_k,q_j\in\mathbb{R}, n,m\in\mathbb{N}\right\}}\)

Przyjmijmy, że \(\displaystyle{ p_{k_1} = p_{k_2}\Rightarrow k_1=k_2}\) oraz \(\displaystyle{ q_{j_1} = q_{j_2}\Rightarrow j_1=j_2}\). Zauważmy, że na półprostej dodatniej rzeczywistej \(\displaystyle{ f\in\mathfrak{P}}\) może być nieokreślone co najwyżej w skończonej ilości punktów. Oznaczmy także:

\(\displaystyle{ \deg f(x) = \displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{\ln |f(x)|}{\ln x}}\)

Dla \(\displaystyle{ f\in\mathfrak{P}}\) ta granica zawsze jest właściwa, o ile \(\displaystyle{ f\not\equiv 0}\), wtedy możemy przyjąć \(\displaystyle{ \deg f(x)=-\infty}\).

Lemat. Niech \(\displaystyle{ 0\not\equiv f,g\in\mathfrak{P}}\). Jeżeli istnieje \(\displaystyle{ X\in\mathbb{R}}\), że \(\displaystyle{ |f(x)| < |g(x)|}\) dla \(\displaystyle{ x>X}\), to zachodzi:

\(\displaystyle{ \deg f(x)\leqslant \deg g(x)}\)

Dowód. Jeżeli istnieje \(\displaystyle{ X\in\mathbb{R}}\), że \(\displaystyle{ |f(x)| < |g(x)|}\) dla \(\displaystyle{ x>X}\), to:

\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty}\frac{|g(x)|}{|f(x)|}\geqslant 1}\)

Korzystając z tego oraz zbieżności stopnia \(\displaystyle{ f,g}\):

\(\displaystyle{ \deg g(x)-\deg f(x) =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln |g(x)|}{\ln x}-\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln |f(x)|}{\ln x}=}\)
\(\displaystyle{ =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln |g(x)|-\ln |f(x)|}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \displaystyle\frac{|g(x)|}{|f(x)|}}{\ln x}\geqslant\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln 1}{\ln x}=0}\)

Stąd teza. \(\displaystyle{ \spadesuit}\)

Twierdzenie. Niech \(\displaystyle{ f\in\mathfrak{P}}\) będzie funkcją dobrze określoną dla \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}}\). Wtedy szereg \(\displaystyle{ \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} f(k)}\) jest bezwzględnie zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ \deg f < -1}\).

Dowód. Korzystając z postaci ogólnej, przyjmijmy \(\displaystyle{ f(x)=\displaystyle\frac{P(x)}{Q(x)}}\) dla \(\displaystyle{ P(x)=\displaystyle\sum_{k=1}^n a_k x^{p_k}}\), \(\displaystyle{ Q(x)=\displaystyle\sum_{j=1}^m b_j x^{q_j}}\) przy założeniach z lematu. Ustalmy \(\displaystyle{ p=\displaystyle\max_{1\leqslant k\leqslant n}\{p_k\}}\) oraz \(\displaystyle{ q=\displaystyle\max_{1\leqslant j\leqslant n}\{q_j\}}\). Niech \(\displaystyle{ N}\) będzie spełniało \(\displaystyle{ p_N=p}\) oraz \(\displaystyle{ M}\): \(\displaystyle{ q_M=q}\). Niech \(\displaystyle{ f'(x)=\displaystyle\frac{a_N}{b_M} x^{p-q}}\)

Wtedy zachodzi:

\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty} \frac{f'(x)}{f(x)}=\lim_{x\to+\infty} \frac{a_N}{b_M}\frac{x^{p-q}}{f(x)}=}\)
\(\displaystyle{ =\lim_{x\to+\infty} \left(x^{p-q}\frac{a_N}{b_M}\right) \cdot \frac{b_1 x^{q_1}+\ldots +b_M x^{q}+\ldots+b_m x^{q_n}}{a_1 x^{p_1}+\ldots +a_N x^{p}+\ldots+a_n x^{p_n}} =}\)
\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty} \left(x^{p-q}\frac{a_N}{b_M}\right) \cdot \frac{x^q\left(b_1 x^{q_1-q}+\ldots +b_M +\ldots+b_m x^{q_n-q}\right)}{x^p\left(a_1 x^{p_1-p}+\ldots +a_N +\ldots+a_n x^{p_n-p}\right)}}\)

Przyjęliśmy \(\displaystyle{ p}\) i \(\displaystyle{ q}\) jako maksimum oraz założenie \(\displaystyle{ p_{k_1} = p_{k_2}\Rightarrow k_1=k_2}\), \(\displaystyle{ q_{j_1} = q_{j_2}\Rightarrow q_1=q_2}\), zatem \(\displaystyle{ \forall_{1\leqslant k\leqslant n} p_k <p}\) i \(\displaystyle{ \forall_{1\leqslant j\leqslant m} q_j <q}\), co implikuje:

\(\displaystyle{ \forall_{1\leqslant k\leqslant n} k\neq N \Rightarrow \lim_{x\to+\infty} x^{p_k-p}=0, \quad \forall_{1\leqslant j\leqslant m} j\neq M \Rightarrow \lim_{x\to+\infty} x^{q_j-q}=0}\)

Na mocy tego mamy:

\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty} \left(x^{p-q}\frac{a_N}{b_M}\right) \cdot \frac{x^q\left(b_1 x^{q_1-q}+\ldots +b_M+\ldots+b_m x^{q_n-q}\right)}{x^p\left(a_1 x^{p_1-p}+\ldots +a_N+\ldots+a_n x^{p_n-p}\right)}=\lim_{x\to+\infty} \left(x^{p-q}\frac{a_N}{b_M}\right) \cdot \frac{x^q\left(b_1 \cdot 0+\ldots +b_M +\ldots+b_m \cdot 0\right)}{x^p\left(a_1 \cdot 0+\ldots +a_N +\ldots+a_n \cdot 0\right)}=}\)
\(\displaystyle{ =\lim_{x\to+\infty} \left(x^{p-q}\frac{a_N}{b_M}\right) \cdot \frac{x^q b_M}{x^p a_N}=1}\)

Stąd, biorąc \(\displaystyle{ f^*(x)=\displaystyle x^{p-q}\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|}\) oraz \(\displaystyle{ f_*(x)=\displaystyle x^{p-q}\left|\frac{a_N}{2b_M}\right|}\) mamy, iż:

\(\displaystyle{ \exists_{X\in\mathbb{R}^+} \forall_{x>X} f^*(x)>|f(x)| \wedge f_*(x)<|f(x)|}\)

ponieważ na mocy wyznaczonej uprzednio granicy:

\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty}\frac{f^*(x)}{|f(x)|}=2, \quad \lim_{x\to+\infty}\frac{f_*(x)}{|f(x)|}=\frac{1}{2}}\)

Stąd i z lematu mamy: \(\displaystyle{ \deg f^*(x)\leqslant\deg f(x)\leqslant\deg f_*(x)}\). Jeżeli \(\displaystyle{ p-q\neq 0}\), to:

\(\displaystyle{ \deg f^*(x) = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \left(x^{p-q}\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|\right)}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \left(x^{p-q}\left[\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|^{\frac{1}{p-q}}\right]^{p-q}\right)}{\ln x}=}\)
\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty}\left(p-q\right)\frac{\ln \left(x \left|\frac{2a_N}{b_M}\right|^{\frac{1}{p-q}}\right)}{\ln x}=\left(p-q\right)\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x + \ln \left[\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|^{\frac{1}{p-q}}\right]}{\ln x}=}\)
\(\displaystyle{ =\left(p-q\right)\lim_{x\to+\infty}\left[1+\frac{\ln \left[\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|^{\frac{1}{p-q}}\right]}{\ln x}\right]=p-q}\)

Analogicznie \(\displaystyle{ \deg f_*(x)=p-q}\), zatem z twierdzenia o trzech ciągach

\(\displaystyle{ \deg f^*(x)=\deg f'(x)=\deg f(x)=\deg f_*(x)}\)

Z kryterium porównawczego mamy, iż bezwzględna zbieżność \(\displaystyle{ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} f^*(n)}\) pociąga za sobą bezwzględną zbieżność \(\displaystyle{ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} f(n)}\), natomiast rozbieżność \(\displaystyle{ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} f_*(n)}\) pociąga za sobą rozbieżność \(\displaystyle{ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} f(n)}\).

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty} f^*(n)= \sum_{n=1}^{+\infty} n^{p-q}\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|=\left|\frac{2a_N}{b_M}\right|\sum_{n=1}^{+\infty} n^{p-q}}\)
\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty} f_*(n)= \sum_{n=1}^{+\infty} n^{p-q}\left|\frac{a_N}{2b_M}\right|=\left|\frac{a_N}{2b_M}\right|\sum_{n=1}^{+\infty} n^{p-q}}\)

Jeżeli \(\displaystyle{ \deg f(x)=p-q<-1}\), to powyższy szereg jest zbieżny, natomiast dla \(\displaystyle{ \deg f(x)\geqslant -1}\) szereg jest rozbieżny. To kończy dowód. \(\displaystyle{ \spadesuit}\)

Uwaga. Możemy rozszerzyć zakres stosowania kryterium. Stopień wyrażenia postaci \(\displaystyle{ f(x)=\sqrt[q]{x^{p_1}+x^{p_2}+\ldots+x^{p_n}}}\) liczymy jako \(\displaystyle{ \deg f(x) = \frac{\max_{1\leqslant k \leqslant n}\{p_k\}}{q}}\).

Przykład. Zbadać zbieżność szeregu:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n^{\pi}+2n^e-4n^{\sqrt{2}}}{n^{\sqrt{19}}-n^2+12n^{\sqrt{7}}}}\)

\(\displaystyle{ p=\pi}\), \(\displaystyle{ q=\sqrt{19}}\), zatem stopień tego wyrażenia wynosi \(\displaystyle{ \pi-\sqrt{19}\approx -1.2173<-1}\). Szereg jest zbieżny.

Uogólnienie. Można rozszerzyć to kryterium i sformułować je w sposób bardziej ogólny.

Twierdzenie. Niech \(\displaystyle{ (a_n)_{n\in\mathbb{N}}}\) będzie ciągiem liczb rzeczywistych. Wtedy, jeżeli:

1. \(\displaystyle{ \displaystyle\limsup_{n\to\infty}\frac{\ln|a_n|}{\ln n}<-1}\), to szereg \(\displaystyle{ \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n}\) jest zbieżny bezwzględnie,
2. \(\displaystyle{ \displaystyle\liminf_{n\to\infty}\frac{\ln|a_n|}{\ln n}>-1}\), to szereg \(\displaystyle{ \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n}\) jest rozbieżny lub zbieżny warunkowo.

Dowód. Ustalmy ciąg \(\displaystyle{ (a_n)_{n\in\mathbb{N}}}\). Niech \(\displaystyle{ a=\displaystyle\limsup_{n\to\infty}\frac{\ln|a_n|}{\ln n}}\) i \(\displaystyle{ |a|<+\infty}\).

Jeżeli \(\displaystyle{ a<-1}\), to istnieje \(\displaystyle{ \varepsilon\in(a,-1)}\). Korzystając z kryterium ilorazowego i szacując \(\displaystyle{ |a_n|}\) przez \(\displaystyle{ n^{a+\frac{\varepsilon-a}{2}}}\):

\(\displaystyle{ \limsup_{n\to+\infty} \frac{|a_n|}{n^{\varepsilon}}\leqslant\lim_{n\to+\infty} \frac{n^{a+\frac{\varepsilon-a}{2}}}{n^{\varepsilon}}=\lim_{n\to+\infty} n^{\frac{a-\varepsilon}{2}}=0}\)

Szereg \(\displaystyle{ \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}n^{\varepsilon}}\) jest zbieżny, a więc \(\displaystyle{ a_n}\) także jest zbieżny. Dla \(\displaystyle{ a>-1}\), gdzie \(\displaystyle{ a=\displaystyle\liminf_{n\to\infty}\frac{\ln|a_n|}{\ln n}}\), podobnie istnieje \(\displaystyle{ \delta\in(-1,a)}\), dla której spełnione jest:

\(\displaystyle{ \liminf_{n\to+\infty} \frac{|f(n)|}{n^{\delta}}\geqslant\lim_{n\to+\infty} \frac{n^{a-\frac{a-\delta}{2}}}{n^{\delta}}=\lim_{n\to+\infty} n^{\frac{a-\delta}{2}}=+\infty}\)

z czego wnioskujemy rozbieżność \(\displaystyle{ \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}|a_n|}\). Dla \(\displaystyle{ |a|=+\infty}\) zbieżności/rozbieżności są oczywiste. \(\displaystyle{ \spadesuit}\)

Uwaga. Można zwiększyć "czułość" kryterium, włączając kryterium zagęszczania, przy założeniu monotoniczności \(\displaystyle{ f(n)}\):

\(\displaystyle{ \deg_1 f(x) = \lim_{x\to\infty}\frac{\ln |e^x f(e^x)|}{\ln x}, \quad \deg_2 f(x) = \lim_{x\to\infty}\frac{\ln |e^{e^x} e^x f\left(e^{e^x}\right)|}{\ln x}}\)

i ogólniej, gdzie \(\displaystyle{ \exp^n(x)}\) oznacza \(\displaystyle{ n}\)-tą iterację funkcji \(\displaystyle{ \exp(x)=e^x}\):

\(\displaystyle{ \deg_n f(x) = \lim_{x\to\infty}\frac{\ln \left|\left[\prod_{k=1}^n \exp^k(x)\right] f(\exp^n(x))\right|}{\ln x}}\)

Kryterium nie rozstrzyga w dalszym ciągu, gdy \(\displaystyle{ \deg_n f(x) =-1}\). Dla ciągów określonych jedynie w zbiorze liczb naturalnych zamiast podstawy \(\displaystyle{ e}\) można wybrać liczbę naturalną \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}}\).

Poniżej znajdują się dodatkowe uwagi, które ułatwiają liczenie stopni funkcji rzeczywistych.

Twierdzenie. Niech \(\displaystyle{ f,g\in D\to\mathbb{R}}\), gdzie \(\displaystyle{ D\subseteq \mathbb{R}}\) zawiera przedział \(\displaystyle{ (c,+\infty)}\) dla pewnego \(\displaystyle{ c\in\mathbb{R}}\), a \(\displaystyle{ |\deg f(x)|}\), \(\displaystyle{ |\deg g(x)|<+\infty}\). Zachodzą następujące własności:
1. \(\displaystyle{ \deg (p \cdot f(x))= \deg f(x)}\), \(\displaystyle{ p\neq 0}\), (stopień funkcji przemnożonej przez skalar),
2. \(\displaystyle{ \deg \left[f(x)+g(x)\right]=\max\{\deg f(x),\deg g(x)\}}\) ( stopień sumy funkcji),
3. \(\displaystyle{ \deg \left[f(x)\cdot g(x)\right]=\deg f(x)+\deg g(x)}\) (stopień iloczynu funkcji),
4. \(\displaystyle{ \displaystyle+\infty>\lim_{x\to+\infty}|f(x)|>0 \Rightarrow \deg f(x)=0}\) (stopień funkcji ograniczonej),
5. \(\displaystyle{ \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=1\Rightarrow \deg f(x)=1}\) (stopień funkcji asymptotycznie liniowej),
6. \(\displaystyle{ \deg \ln^p x = 0}\), \(\displaystyle{ p\in\mathbb{R}}\),
7. \(\displaystyle{ \deg \sin \left(x^p\right) = p}\), \(\displaystyle{ \deg \sin \left(x^{-p}\right)=0}\), \(\displaystyle{ p\leqslant 0}\),
8. \(\displaystyle{ \deg \tan \left(x^p\right) = p}\), \(\displaystyle{ p\leqslant 0}\),
9. \(\displaystyle{ \deg \arctan \left(x^p\right) = p}\), \(\displaystyle{ \deg \arctan \left(x^{-p}\right)=0}\), \(\displaystyle{ p\leqslant 0}\),
10. \(\displaystyle{ \deg \arcsin \left(x^p\right) = p}\), \(\displaystyle{ p\leqslant 0}\),
11. \(\displaystyle{ \deg a^x = \displaystyle\begin{cases}+\infty, & a>1 \\ 0, & a=1 \\ -\infty, & 0<a<1\end{cases}}\),
12. \(\displaystyle{ \deg x! = +\infty}\),
13. \(\displaystyle{ \deg x^x = +\infty}\), \(\displaystyle{ \deg x^{-x}=-\infty}\),
14. \(\displaystyle{ \deg \ln x! = 1}\),
15. \(\displaystyle{ \deg \displaystyle\frac{e^x x!}{x^x} = \frac{1}{2}}\).

Dowód.
1. Niech \(\displaystyle{ p\neq 0}\). Wtedy:

\(\displaystyle{ \deg(p f(x))=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(|pf(x)|\right)}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(|f(x)|\right)+\ln|p|}{\ln x}=\\ =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(|f(x)|\right)}{\ln x}+\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|p|}{\ln x}=\deg f(x)}\)

2. \(\displaystyle{ \deg \left[f(x)+g(x)\right]=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(|f(x)|+|g(x)|\right)}{\ln x}\geqslant\\ \geqslant\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(\max\{|f(x)|,|g(x)|\}\right)}{\ln x}=\max\{\deg f(x),\deg g(x)\}}\)

Oszacowanie w drugą stronę daje tę samę granicę na mocy wniosku o stopniu funkcji przemnożonej przez skalar:

\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(|f(x)|+|g(x)|\right)}{\ln x}\leqslant\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left(2\max\{|f(x)|,|g(x)|\}\right)}{\ln x}=\max\{\deg f(x),\deg g(x)\}}\)

3. \(\displaystyle{ \deg \left[f(x)\cdot g(x)\right]=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(f(x)\cdot g(x))}{\ln x}=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(\frac{\ln|f(x)|}{\ln x}+\frac{\ln |g(x)|}{\ln x}\right)}\)

Korzystając ze zbieżności:

\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty}\left(\frac{\ln|f(x)|}{\ln x}+\frac{\ln |g(x)|}{\ln x}\right)=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|f(x)|}{\ln x}+\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln |g(x)|}{\ln x}=\deg f(x)+\deg g(x)}\)

4. Niech \(\displaystyle{ \displaystyle\lim_{x\to+\infty}|f(x)|=M\in\mathbb{R}^{+}}\). Wtedy

\(\displaystyle{ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|f(x)|}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln M}{\ln x}=0}\)

5. Niech \(\displaystyle{ \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=1}\), wtedy:

\(\displaystyle{ \deg f(x)=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|f(x)|}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left|x\cdot \frac{f(x)}{x}\right|}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x+\ln\left|\frac{f(x)}{x}\right|}{\ln x}=1+\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\left|\frac{f(x)}{x}\right|}{\ln x}=1}\)

6.

\(\displaystyle{ \deg \ln^p x = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|\ln^p x|}{\ln x} = \lim_{x\to+\infty}p\cdot \frac{\ln\ln x}{\ln x} = 0}\)

7. Korzystając z własności \(\displaystyle{ \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\sin \frac{1}{x}}{\frac{1}{x}}=1}\), oraz wniosku o stopniu funkcji asymptotycznie liniowej dla \(\displaystyle{ p\leqslant 0}\):

\(\displaystyle{ \deg \sin \left(x^p\right) = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|\sin (x^p)|}{\ln x}= \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|\sin (x^p)|}{\frac{1}{p}\ln (x^p)}=p \cdot \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln\sin (x^p)}{\ln (x^p)}=p}\)

Dla \(\displaystyle{ p>0}\):

\(\displaystyle{ \deg \sin \left(x^p\right) = \left|\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln|\sin x^p|}{\ln x}\right|\leqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln 1}{\ln x}=0}\)

stąd \(\displaystyle{ \deg \sin \left(x^p\right)=0}\).

8. Analogicznie jak poprzednio.
9. Jak wyżej.
10. Jak wyżej.
11. Dla \(\displaystyle{ a>1}\):

\(\displaystyle{ \deg a^x = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln a^x}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\ln x}\ln a= +\infty}\)

Gdy \(\displaystyle{ a=1}\), to \(\displaystyle{ \deg 1^x=\deg 1 = 0}\), natomiast jeżeli \(\displaystyle{ 0<a<1}\), to \(\displaystyle{ \ln a<0}\):

\(\displaystyle{ \deg a^x = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln a^x}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\ln x}\ln a= -\infty}\)

12. \(\displaystyle{ \deg x!=+\infty}\) wynika z dwóch oszacowań:

\(\displaystyle{ \deg x! = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x!}{\ln x}\geqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x^{\sqrt{x}}}{\ln x}= \lim_{x\to+\infty}\left(\sqrt{x}\cdot \frac{\ln x}{\ln x}\right)=+\infty}\)
\(\displaystyle{ \deg x! = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x!}{\ln x}\leqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x^{x}}{\ln x}= \lim_{x\to+\infty}\left(x\cdot \frac{\ln x}{\ln x}\right)=+\infty}\)

13.

\(\displaystyle{ \deg x^x = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x^x}{\ln x}= \lim_{x\to+\infty}\frac{x \ln x}{\ln x}= +\infty}\)
\(\displaystyle{ \deg x^{-x} = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x^{-x}}{\ln x}= \lim_{x\to+\infty}\left(-\frac{x \ln x}{\ln x}\right)= -\infty}\)

14. \(\displaystyle{ \deg \ln x!=1}\) uzyskuje się, ponownie korzystając z oszacowań:

\(\displaystyle{ \deg \ln x! = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \ln x!}{\ln x}\geqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \ln (x^{\frac{x}{2}})}{\ln x}=\\ =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \left(\frac{1}{2}x \ln x\right)}{\ln x}\geqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \frac{1}{2}x+\ln\ln x}{\ln x}=1}\)
\(\displaystyle{ \deg \ln x! = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \ln x!}{\ln x}\leqslant \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \ln (x^{x})}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \left(x \ln x\right)}{\ln x}=\\ = \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x+\ln\ln x}{\ln x}=1}\)

15. Korzystając z oszacowania Stirlinga dla silni:

\(\displaystyle{ \lim_{x \to+\infty} \displaystyle\frac{x!}{\sqrt{2 \pi x} \left(\frac{x}{e}\right)^{x} } = 1}\)

\(\displaystyle{ \deg \displaystyle\frac{e^x x!}{x^x} =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \displaystyle\left(\frac{e^x x!}{x^x}\right)}{\ln x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \displaystyle\left(\frac{e^x \sqrt{2 \pi x} \left(\frac{x}{e}\right)^{x} }{x^x}\right)}{\ln x}=\\ =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln \displaystyle\left(\sqrt{2\pi x}\right)}{\ln x}=\frac{1}{2}}\)

Kończy to dowód \(\displaystyle{ \spadesuit}\).
Ostatnio zmieniony 23 sty 2013, o 21:18 przez JakimPL, łącznie zmieniany 1 raz.

Awatar użytkownika
Spektralny
Korepetytor
Korepetytor
Posty: 3964
Rejestracja: 17 cze 2011, o 21:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Praga, Dąbrowa Górnicza, Kraków
Podziękował: 9 razy
Pomógł: 926 razy

Kryterium stopniowe zbieżności szeregów

Post autor: Spektralny » 23 sty 2013, o 16:01

JakimPL pisze:Zauważmy, że dziedziną \(\displaystyle{ f\in\mathfrak{P}}\) jest \(\displaystyle{ \mathbb{R}}\) bez co najwyżej skończonej liczby punktów, tj. pierwiastków mianownika.
To nie jest prawda. Rozważ \(\displaystyle{ \textstyle{x^{\tfrac{1}{2}}}}\).
JakimPL pisze:Twierdzenie. Niech \(\displaystyle{ f\in\mathfrak{P}}\) będzie funkcją dobrze określoną dla \(\displaystyle{ n\in\mathbb{N}}\). Wtedy szereg \(\displaystyle{ \displaystyle\sum_{k=1}^{\infty} f(k)}\) jest bezwzględnie zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ \deg f < -1}\).
Jest to bezpośrednia konswkencja porównywania z szeregiem \(\displaystyle{ \textstyle{\sum_{n=1}^\infty \tfrac{1}{n^p}}}\), który jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy \(\displaystyle{ p>1}\).
JakimPL pisze: Twierdzenie. Niech \(\displaystyle{ (a_n)_{n\in\mathbb{N}}}\) będzie ciągiem liczb rzeczywistych. Wtedy, jeżeli:

1. \(\displaystyle{ \displaystyle\limsup_{n\to\infty}\frac{\ln|a_n|}{\ln n}<-1}\), to szereg \(\displaystyle{ \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n}\) jest zbieżny bezwzględnie,
2. \(\displaystyle{ \displaystyle\liminf_{n\to\infty}\frac{\ln|a_n|}{\ln n}>-1}\), to szereg \(\displaystyle{ \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}a_n}\) jest rozbieżny lub zbieżny warunkowo.
A to natomiast jest bezpośrednią konsekwencją porównywania/"ilorazowania" z szeregiem \(\displaystyle{ \textstyle{\sum_{n=1}^\infty \tfrac{1}{n\cdot (\ln n)^p}}}\).

Obydwa twierdzenia są prawdziwe, ale nie ma powodu by dowodzić ich w tak skomplikowany (acz elementarny) sposób. Można zapisać je jako wnioski z kryterium porównawczego (czy ilorazowego, jak kto woli).

Wydaje mi się, że wyszczególnianie nowych krtyeriów ma sens tylko wtedy, gdy można nimi zbadać zbieżność szeregów, które nie poddają się łatwo innym kryteriom (np. kryterium Raabego bądź jego iterowanym wersjom, które to są bardzo mocne).

Awatar użytkownika
JakimPL
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2394
Rejestracja: 25 mar 2010, o 12:15
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Katowice
Podziękował: 43 razy
Pomógł: 456 razy

Kryterium stopniowe zbieżności szeregów

Post autor: JakimPL » 23 sty 2013, o 20:55

To nie jest prawda. Rozważ \(\displaystyle{ \textstyle{x^{\tfrac{1}{2}}}}\).
Słuszna uwaga, chodziło o część dodatnią półprostej rzeczywistej. Poprawię.
Obydwa twierdzenia są prawdziwe, ale nie ma powodu by dowodzić ich w tak skomplikowany (acz elementarny) sposób. Można zapisać je jako wnioski z kryterium porównawczego (czy ilorazowego, jak kto woli).
Chodziło o to, by pokazać, że faktycznie przy przyjętych założeniach \(\displaystyle{ \deg f = p-q}\). Stopnie wyrażeń się zawsze łatwo wyznacza, dlatego zostało to przeze mnie wyróżnione. I tylko z powodu tejże arytmetyki .

Awatar użytkownika
Spektralny
Korepetytor
Korepetytor
Posty: 3964
Rejestracja: 17 cze 2011, o 21:04
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Praga, Dąbrowa Górnicza, Kraków
Podziękował: 9 razy
Pomógł: 926 razy

Kryterium stopniowe zbieżności szeregów

Post autor: Spektralny » 23 sty 2013, o 21:33

No to jest oczywiste... Wynika to z faktu, że jeżeli \(\displaystyle{ 0<p<q}\), to \(\displaystyle{ \lim_{n\to \infty}\tfrac{n^p}{n^q}=0}\).

a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 17170
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 2886 razy

Kryterium stopniowe zbieżności szeregów

Post autor: a4karo » 21 gru 2015, o 05:49

"Stwierdzenia" z punktów 7-10 są co najmniej ryzykowne

ODPOWIEDZ